已知曲线 $C:y=\dfrac{x^2}{2}$，$D$ 为直线 $y=-\dfrac{1}{2}$ 上的动点，过 $D$ 作 $C$ 的两条切线，切点分别为 $A,B$．
（1）证明：直线 $AB$ 过定点；
（2）若以 $E\left(0,\dfrac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $AB$ 相切，且切点为线段 $AB$ 的中点，求该圆的方程．
（1）证明：直线 $AB$ 过定点；
（2）若以 $E\left(0,\dfrac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $AB$ 相切，且切点为线段 $AB$ 的中点，求该圆的方程．
【难度】
【出处】
2019年高考全国III卷（文）
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）设 $D\left(t,-\dfrac{1}{2}\right),A(x_1,y_1)$，则 $x_1^2=2y_1$．
由于 $y^\prime=x$，所以切线 $DA$ 的斜率为 $x_1$，故 $\dfrac{y_1+\frac{1}{2}}{x_1-t}=x_1$．
整理得 $2tx_1-2y_1+1=0$．
设 $B(x_2,y_2)$，同理可得 $2tx_2-2y_2+1=0$．
故直线 $AB$ 的方程为 $2tx-2y+1=0$．
所以直线 $AB$ 过定点 $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$．
（2）由（1）得直线的方程为 $y=tx+\dfrac{1}{2}$．由 $\begin{cases}y=tx+\dfrac{1}{2}\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{cases}$ 可得 $x^2-2tx-1=0$．于是 $x_1+x_2=2t,y_1+y_2=t(x_1+x_2)+1=2t^2+1$．
设 $M$ 为线段 $AB$ 的中点，则 $M(t,t^2+\dfrac{1}{2})$．
由于 $\overrightarrow{EM}\perp\overrightarrow{AB}$，而 $\overrightarrow{EM}=(t,t^2-2)$，$\overrightarrow{AB}$ 与向量 $(1,t)$ 平行，所以 $t+(t^2-2)t=0$．解得 $t=0$ 或 $t=\pm 1$．
当 $t=0$ 时，$|\overrightarrow{EM}|=2$，所求圆的方程为 $x^2+\left(y-\dfrac{5}{2}\right)^2=4$；
当 $t=\pm 1$ 时，$|\overrightarrow{EM}|=\sqrt{2}$，所求圆的方程为 $x^2+\left(y-\dfrac{5}{2}\right)^2=2$．
由于 $y^\prime=x$，所以切线 $DA$ 的斜率为 $x_1$，故 $\dfrac{y_1+\frac{1}{2}}{x_1-t}=x_1$．
整理得 $2tx_1-2y_1+1=0$．
设 $B(x_2,y_2)$，同理可得 $2tx_2-2y_2+1=0$．
故直线 $AB$ 的方程为 $2tx-2y+1=0$．
所以直线 $AB$ 过定点 $\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$．
（2）由（1）得直线的方程为 $y=tx+\dfrac{1}{2}$．由 $\begin{cases}y=tx+\dfrac{1}{2}\\y=\dfrac{x^2}{2}\end{cases}$ 可得 $x^2-2tx-1=0$．于是 $x_1+x_2=2t,y_1+y_2=t(x_1+x_2)+1=2t^2+1$．
设 $M$ 为线段 $AB$ 的中点，则 $M(t,t^2+\dfrac{1}{2})$．
由于 $\overrightarrow{EM}\perp\overrightarrow{AB}$，而 $\overrightarrow{EM}=(t,t^2-2)$，$\overrightarrow{AB}$ 与向量 $(1,t)$ 平行，所以 $t+(t^2-2)t=0$．解得 $t=0$ 或 $t=\pm 1$．
当 $t=0$ 时，$|\overrightarrow{EM}|=2$，所求圆的方程为 $x^2+\left(y-\dfrac{5}{2}\right)^2=4$；
当 $t=\pm 1$ 时，$|\overrightarrow{EM}|=\sqrt{2}$，所求圆的方程为 $x^2+\left(y-\dfrac{5}{2}\right)^2=2$．
答案
解析
备注
